Vũ đình hòa, một số bài toán tổ hợp

MỘT SỐ BÀI TỐN TỔ HỢP Vũ Đình Hòa Khoa Công nghệ thông tin, Trường Đại học sư phạm Hà nội, Vietnam hoavd@hnue.edu.vn Ngày 25 tháng năm 2017 Số lượng phần tử tập hợp Lí thuyết tập hợp nhà toán học người Đức tên Can-tor (1845-1918) xây dựng Theo ông, tập hợp hiểu tổng thể phần tử tính chất chung Thơng thường người ta hay biểu diễn tập hợp M phần mặt phẳng giới hạn đường cong khép kín (xem hình 1) Phần mặt phẳng tơ màu đánh dấu để nhận biết Trong sống ta có nhiều ví dụ tập hợp: Tập hợp em học sinh lớp học, Hình 1: tập hợp số tự nhiên N , tập hợp tam giác Sau kí hiệu quen thuộc lí thuyết tập hợp mà ta sử dụng sách a ∈ A - kí hiệu a phần tử tập hợp A a ∈ A - kí hiệu a khơng phải phần tử tập hợp A A = {a : a thỏa mãn tính chất ϑ} - kí hiệu tập hợp A gồm phần tử a thỏa mãn tính chất ϑ ∅ - kí hiệu tập hợp rỗng khơng có phần tử A ⊂ B - kí hiệu tập hợp A tập hợp tập hợp B phần tử tập hợp A phần tử tập hợp B A = B biểu thị tập hợp A tập hợp B đồng thời có A ⊂ B B ⊂ A A1 ∪ A2 · · · ∪ An hợp tập hợp A1 , · · · , An - tập hợp chứa tất phần tử tập hợp A1 , · · · , An A1 ∩ A2 · · · ∩ An giao tập hợp A1 , · · · , An - tập hợp chứa tất phần tử thuộc đồng thời tất tập hợp A1 , · · · , An A − B hiệu hai tập hợp cho trước A B, tập hợp chứa tất phần tử thuộc A mà khơng thuộc B Nếu B ⊂ A A − B gọi tập bù B A kí hiệu B c P(A) kí hiệu tập hợp tất tập hợp tập hợp A cho trước N = {0; 1; 2; 3, · · · } tập hợp tất số tự nhiên Z kí hiệu tập hợp số nguyên Q kí hiệu tập hợp số hữu tỉ R kí hiệu tập hợp số thực Dựa đặc điểm tập hợp số tự nhiên N , phương pháp chứng minh quy nạp phương pháp chứng minh xuất muộn lịch sử toán học Ngày chứng minh quy nạp trở thành công cụ hiệu mà nhiều thay chứng minh nhiều toán giải nhiều vấn đề toán học Phương pháp chứng minh quy nạp tiến hành sau: Một khẳng định T (n) thỏa mãn: 1) T (0) đúng, 2) T (n + 1) T (n) đúng, T (n) với n ∈ N Đôi ta tận dụng giá trị T (n − 1), T (n − 2), , T (1) vào việc chứng minh khẳng định T (n + 1) Q trình tiến hành sau: Một khẳng định T (n) thỏa mãn: 1) T (0) đúng, 2) T (n + 1) T (k) với k ≤ n, T (n) với n ∈ N Và nhiều yêu cầu toán cần phải chứng minh T (n) cho n ≥ n0 mà thơi Một khẳng định T (n) thỏa mãn: 1) T (n0 ) đúng, 2) T (n + 1) T (n) với n ≥ n0 , T (n) với n ∈ N n ≥ n0 Ta xem xét phương pháp chứng minh quy nạp thơng qua ví dụ sau: Ví dụ n Tìm n0 nhỏ cho ∀n ≥ n0 ta có chữ số tận số T (n) = 22 chữ số Lời giải.Với n = T (1) tận Với n = T (2) tận Giả sử với n ≥ Khi T (n + 1) = 2 2n Vậy T (n) = n0 = 2n+1 = 2n T (n) tận = T (n) tận tận tận chữ số với n ≥ Giá trị cần tìm Cho trước hai tập hợp A B Một quy tắc f cho tương ứng phần tử a ∈ A với phần tử b ∈ B (gọi ảnh a) gọi ánh xạ từ tập hợp A vào tập hợp B kí hiệu f : A → B Ta thường nói a tạo ảnh b b ảnh a kí hiệu b = f (a) Ánh xạ f : A → B gọi đơn ánh f (a1 ) = f (a2 ) với a1 = a2 Ánh xạ f : A → B gọi toàn ánh với phần tử b ∈ B ln tồn phần tử a ∈ A cho f (a) = b Một ánh xạ f : A → B gọi song ánh f đồng thời toàn ánh đơn ánh Cho trước tập hợp A, B C hai ánh xạ f : A → B f : B → C Khi ánh xạ h : A → C xác định theo công thức h(a) = g(f (a)) gọi tích ánh xạ f g kí hiệu h = gf Một tập hợp A gọi tập hợp hữu hạn phần tử A = ∅ có song ánh f : A → {1, 2, · · · , n} A có n phần tử, kí hiệu |A| = n Trong trường hợp A tập hợp hữu hạn ta nói A tập hợp vơ hạn Có thể thấy dễ dàng tập hợp N , Z, Q R tập hợp vô hạn Nếu A B có n phần tử, tồn song ánh f : A → {1, 2, · · · , n} song ánh g : B → {1, 2, · · · , n} Khi ta kí hiệu tạo ảnh k song ánh f song ánh g ak bk Rõ ràng ánh xạ h : A → B với tương ứng h(ak ) = bk song ánh Ngoài ra, mệnh đề đảo lại đúng: Nếu tồn song ánh từ tập hợp A vào tập hợp B A B có số lượng phần tử Vậy ta có định lí sau tương quan khái niệm song ánh khái niệm có số lượng phần tử Định lí Hai tập hợp A B có số lượng phần tử tồn song ánh f : A → B Ngồi ta có định lí đơn giản sau số lượng phần tử tập hợp hữu hạn Chứng minh đơn giản định lí nhường cho bạn đọc tập luyện: Định lí Nếu A = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An Ai ∩ Aj = ∅ với i = j ta có |A| = |A1 | + |A2 | + · · · + |An | Định lí Cho trước hai tập hợp hữu hạn A B Nếu tồn ánh xạ f : A → B cho phần tử b ∈ B có k tạo ảnh A ta có |A| = k.|B| A1 × A2 × · · · × An = {(a1 , a2 , · · · , an ) : ∈ Ai } gọi tích Đê-cac tập hợp A1 , A2 , · · · , An Trong trường hợp A1 = A2 = · · · = An ta viết An thay cho A1 × A2 × · · · × An Định lí Cho trước tập hợp hữu hạn A1 , A2 , · · · , An , tập hợp Ai có ki phần tử Khi tập tích Đê-cac A1 × A2 × · · · × An có k1 k2 · · · kn phần tử Nghĩa |A1 × A2 × · · · × An | = |A1 | × |A2 | × · · · × |An | Và đặc biệt ta có |An | = |A|n Chứng minh Ta chứng minh khẳng định định lí quy nạp theo n Rõ ràng kết luận định lí hiển nhiên cho n = Giả sử kết luận định lí cho n − cho trước n − tập hợp A1 , A2 · · · , An−1 , tập hợp Ai có ki phần tử, số phần tử tập hợp A1 × A2 × · · · × An−1 k1 k2 · · · kn−1 Ta xét n tập hợp A1 , A2 · · · , An Ai có ki phần tử Giả sử phần tử An a1 , a2 , · · · , akn Cho i ≤ kn xét tập hợp Si = {(x1 , x2 , · · · , xn−1 , ) : xj ∈ Aj }, ánh xạ fi : Si → A1 × A2 × · · · × An−1 định nghĩa f (x1 , x2 , · · · , xn−1 , ) = (x1 , x2 , · · · , xn−1 ) Rõ ràng fi song ánh từ Si vào tập hợp A1 · · · × An−1 Do Si có k1 k2 · · · kn−1 phần tử Mặt khác ta có A1 × A2 × · · · × An = S1 ∪ S2 ∪ · · · ∪ Skn , với Si ∩ Sj = ∅ Tóm lại, ta có kn |A1 × A2 × · · · × An | = |Si | = k1 k2 · · · kn i=1 Khái niệm có số lượng phần tử mở rộng cho tập hợp vô hạn Ta nói hai tập hợp A B hai tập hợp lực lượng tồn song ánh f : A → B Tập hợp A có lực lượng với tập hợp số tự nhiên N gọi tập hợp đếm phần tử đánh số A = {a1 , a2 , · · · , an , · · · } BÀI TẬP 1.1 Cho tập hợp X = {3; −5; √ 2} Hãy viết tất tập hợp X? 1.2 Sn số miền n đường thẳng đôi không song song khơng có ba đường thẳng chúng đồng quy tạo mặt phẳng Chứng minh Sn = n(n + 1) + 1.3 Trên mặt phẳng có n đường thẳng đơi khơng song song khơng có ba đường thẳng chúng đồng quy Những đường thẳng cắt mặt phẳng thành phần mặt phẳng, có số hình đa giác lồi Hãy tính số đa giác tạo thành 1.4 Chứng minh từ n + số 2n số nguyên dương ln tìm hai số bội n 1.5 Cho pn số nguyên tố thứ n Hãy chứng minh bất đẳng thức 22 > pn 1.6 Hãy tính số tập hợp hai phần tử tập hợp có n ≥ phần tử cho trước 1.7 Tính số tập hợp tập hợp có n phần tử 1.8 Có ánh xạ khác từ tập hợp {1, 2, , n} vào tập hợp {1, 2}? 1.9 Cho trước hai tập hợp hữu hạn A B Chứng minh đẳng thức |A ∪ B| + |A ∩ B| = |A| + |B| Các phép toán tính chất giai thừa Cho trước số tự nhiên n, ta kí hiệu tích n số tự nhiên liên tiếp 1, 2, , n n! Để cho tiện ta quy ước 0! = Ngoài ta đặt (2n)!! = 2.4 · · · (2n) (2n − 1)!! = 1.3 · · · (2n − 1) Một số kết lí thuyết số có liên quan mật thiết đến phép tính giai thừa Ta nhắc tới vài kết quan trọng: Định lí Trong phân tích tiêu chuẩn n αk α2 n! = pα p2 · · · pk , số mũ αi pi tính theo cơng thức αi = [ n n ] + [ 2] + ··· , pi pi với [a] kí hiệu phần nguyên số thực a cho trước Chứng minh Lưu ý tổng nói thực chất có hữu hạn số hạng, n với j đủ lớn, ta có n < pji [ m ] = với m ≥ j pi n Giả sử pi số ngun tố Trong tích n! có [ ] số bội pi pi Do ta có n [ ] pi n n! = pi [ ]!.q1 , pi n q1 số không chia hết cho pi Bây lặp lại lí luận vừa cho [ ]!, pi n [ ] n p với lưu ý [ i ] = [ ], ta có pi pi n n ] + [ 2] p pi n n! = pi i [ ]!.q1 q2 , pi [ q1 q2 không chia hết cho pi Cứ tiếp tục làm ta có số j cho [ [ n! = pi n n n ] + [ 2] + ··· + [ j] pi pi pi n pj+1 i q1 q2 · · · qj , ] = ta thu với qi (i ≤ j) bội pi Do số mũ pi n! αi = [ n n ] + [ 2] + ··· pi pi Định lí nói liên quan đến nhiều ứng dụng tốn lí thuyết tổ hợp, toán đếm phần tử theo điều kiện Ví dụ.Chứng minh với số tự nhiên n số tự nhiên k ≤ n ta có n! chia hết cho k!(n − k)! Chứng minh Với số nguyên tố p ta cần chứng tỏ số mũ p dạng phân tích tiêu chuẩn n! thừa số nguyên tố không nhỏ số mũ p k!(n − k)! Theo định lí, số mũ p n! n n α = [ ] + [ 2] + ··· , p p số mũ p (n − k)! β=[ n−k n−k ] + [ ] + ··· , p p k! k k γ = [ ] + [ 2] + ··· p p n k Ngoài ra, dễ thấy [ m ] ≥ [m ] + [ n−k m ] với số tự nhiên n ≥ k m tùy ý Do số mũ p dạng phân tích tiêu chuẩn n! thừa số nguyên tố không nhỏ số mũ p k!(n − k)! Vậy n! chia hết cho k!(n − k)! Nếu kí hiệu Cnk = n! k!(n−k)! , số Cnk ln số tự nhiên Kết nói ta mở rộng cho k số tùy ý n1 , n2 , · · · , nk (n1 + n2 + · · · + nk )! bội n1 !n2 ! · · · nk ! Ngồi có định lí chia hết cho số nguyên tố giai thừa Sau định lí Vin-xơn tính chất số dư (p − 1)! phép chia cho p p số nguyên tố Định lí Cho trước p số nguyên tố Khi ta có (p − 1)! + chia hết cho p Chứng minh Trước hết ta chứng tỏ với x ∈ {1, , p − 1} tồn y ∈ {1, 2, , p − 1}, gọi nghịch đảo x, cho xy 10 chia cho p dư Thật vậy, xét dãy số x, 2x, · · · , (p − 1)x Trong dãy số khơng có hai số có số dư phép chia cho p Thật vậy, giả sử có ax bx chia cho p có số dư, |ax − bx| = |a − b|x chia hết cho p điều vơ lí, x |a − b| bội p Như dãy x, 2x, · · · , (p − 1)x có số chia cho p dư Mặt khác ta có x = y, số nghịch đảo nó, ta có x2 − = (x − 1)(x + 1) chia hết cho p, tức x = x = p − Bây xét (p − 1)! Trong tích này, ta nhóm số x = 1, p − với số nghịch đảo Do số dư (p − 1)! phép chia cho p số dư 1(p − 1) chia cho p Suy (p − 1)! chia cho p dư p − Vậy (p − 1)! + chia hết cho p Tương tự chứng minh định lí Vin-xơn chứng minh định lí Fecma nhỏ Định lí Cho trước p số nguyên tố x số tự nhiên khơng chia hết cho p Khi xp−1 − chia hết cho p Chứng minh Thật vậy, xét dãy số x, 2x, · · · , (p − 1)x Trong dãy số khơng có hai số có số dư phép chia cho p Thật vậy, giả sử có ax bx chia cho p có số dư, ta có |ax − bx| = |a − b|x chia hết cho p điều vơ lí, x |a − b| khơng phải bội p Từ suy dãy số dư x, 2x, · · · , (p − 1)x phép chia cho p dãy 1, 2, · · · , p−1 lại theo thứ tự khác mà thơi Do x.2x · · · (p−1)x chia cho p có số dư 1.2 · · · (p − 1) phép chia cho p Ta có xp−1 (p − 1)! − (p − 1)! = (p − 1)!(xp−1 − 1) chia hết cho p Do (p − 1)! tích số nhỏ p nên nguyên tố với p, xp−1 − chia hết cho p Sau số luyện tập giai thừa BÀI TẬP 2.1 Với số nguyên dương m, n ta có (2m)!(2n)! chia hết cho m!n!(m+n)! Vơ địch Toán quốc tế 1972 11 2.2 a) Chứng minh với số dương x y ta có: [5x] + [5y] ≥ [x] + [y] + [3x + y] + [3y + x] b) Từ chứng minh (5m)!(5n)! chia hết cho m!n!(3m + n)!(3n + m)! với số nguyên dương m n Vô địch Mĩ 1975 2.3 Chứng minh cho trước k số tự nhiên n1 , n2 , · · · , nk tùy ý số (n1 + n2 + · · · + nk )! bội n1 !n2 ! · · · nk ! 2.4 Chứng minh p số nguyên tố n số tự nhiên không nhỏ p Cnp − [ np ] chia hết cho p 2.5 Giả sử m n hai số tự nhiên cho m khơng có ước ngun tố nhỏ hay n Chứng minh số M = (m − 1)(m2 − 1) · · · (mn−1 − 1) chia hết cho n! 2.6 Chứng minh số tự nhiên khơng vượt q n! biểu diễn thành tổng không n ước số đôi khác n! Một số toán chuẩn bị Trong mục số tốn tự giải giúp cho bạn tập luyện số phương pháp chứng minh giới thiệu [?] dùng chương sau BÀI TẬP 3.1 Trên đường thẳng cho số hữu hạn đoạn thẳng, cặp hai đoạn thẳng có điểm chung Chứng minh tất đoạn cho có điểm chung 32.* Cho trước m, n hai số nguyên dương số tự nhiên p ≤ m q ≤ n Người ta điền hết số 1, 2, , mn vào vng hình chữ nhật kích thước m × n vng Một số tự nhiên gọi xấu nhỏ p số cột q số hàng Hãy cách điền số cho số số xấu bảng nhỏ 22 phải tuân theo thứ tự số chúng (tức xếp theo thứ tự số tăng dần) Tuy khơng phải dãy k phần tử có lặp A bảo tồn thứ tự số, có số dãy k phần tử xếp theo thứ tự số tăng dần Bài toán Cho trước tập hợp A = {a1 ; a2 ; · · · ; an } Hãy tính số dãy k phần tử có lặp A cho phần tử dãy xếp theo thứ tự không giảm Ví dụ.Cho A = {a1 ; a2 } Số dãy có lặp ba phần tử A a1 a1 a1 , a1 a1 a2 , a1 a2 a2 , a1 a2 a1 , a2 a1 a1 , a2 a1 a2 , a2 a2 a1 , a2 a2 a2 Trong dãy này, có tất bốn dãy có phần tử xếp theo thứ tự số tăng dần: a1 a1 a1 , a1 a1 a2 , a1 a2 a2 , a2 a2 a2 Bài tốn ta xét có liên quan đến tốn tính số tần số tương ứng với dãy k phần tử có lặp với tần số cho trước Định lí 15 Cho trước tập hợp A = {a1 ; a2 ; · · · ; an } Số dãy có lặp k phần k tử bảo tồn thứ tự số tập hợp A Ck+n−1 Chứng minh Dễ thấy tần số tương ứng với dãy k phần tử cho ta dãy ta đòi hỏi phải bảo tồn thứ tự Do số dãy có lặp k phần tử bảo tồn thứ tự số số tần số cho độ k dài k phần tử Theo định lí 14 chứng minh cuối mục Ck+n−1 Ví dụ.Tính số số có năm chữ số có thứ tự tăng dần khơng có chữ số chữ số Lời giải Số số cần tìm số dãy có lặp năm phần tử bảo tồn số tập hợp A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8} Theo định lí 15 , số 12.11.10.9.8 = 792 C12 = 1.2.3.4.5 Cũng toán tương tự, thêm ràng buộc tất phần tử tập hợp A phải có mặt dãy k phần tử có lặp bảo tồn số, ta có cơng thức tính phương pháp tương tự 23 Ví dụ.Cho A = {a1 ; a2 } Số dãy có lặp ba phần tử A xếp theo thứ tự số tăng dần là: a1 a1 a1 , a1 a1 a2 , a1 a2 a2 , a2 a2 a2 Trong có hai dãy có mặt đầy đủ tất phần tử tập hợp A: a1 a1 a2 , a1 a2 a2 Định lí 16 Cho trước tập hợp A = {a1 ; a2 ; · · · ; an } Số dãy có lặp k phần tử bảo tồn thứ tự số tập hợp A cho phần tử A có mặt n−1 lần dãy Ck−1 Chứng minh Không tính tổng quát giả sử A = {1; 2; · · · ; n} Ta xét dãy tượng trưng có độ dài k + n − phần tử (k phần tử x n − phần tử 0): x · · · x x · · · x · · · x · · · x, k1 k2 kn số kí tự x đoạn thứ i (được ngăn cách số 0) tương ứng với tần số xuất số i, điều kiện ki ≥ cho i = 1, n Ta rút bớt từ đoạn xx · · · x phần tử x theo điều kiện ki ≥ 1, lập dãy x · · · x x · · · x · · · x · · · x, k1 −1 k2 −1 (∗) kn −1 Như ta thấy tần số cho ta dãy lặp độ dài k cho phần tử A phải có mặt tương ứng với cách xếp n − số dãy (∗), cách tương ứng cho ta song ánh từ tập hợp tần số vào tập hợp dãy dạng (∗) Mặt khác số dãy dạng (∗) tương ứng cách chọn n − vị trí cho n − số (là tập hợp n − phần tử) n−1 tập hợp k − vị trí dãy (∗) Vậy số cần tìm Ck−1 Ví dụ.Tính số số tự nhiên có mười chữ số, khơng có mặt chữ số cho chữ số xếp theo thứ tự tăng dần số Lời giải Số có mười chữ số tập hợp A = {1; 2; · · · ; 9} cho chữ số xếp theo thứ tự tăng dần dãy dãy mười phần tử bảo tồn thứ tự tập hợp A Khi đó, theo định lí ta có số số 10 10 C10+9−1 = C18 = 43758 24 Ví dụ.Tính số số tự nhiên có mười chữ số, khơng có mặt chữ số có đủ mặt chín chữ số lại cho chữ số xếp theo thứ tự tăng dần Lời giải Mỗi số có mười chữ số tập hợp A = {1; 2; · · · ; 9} cho chữ số xuất lần xếp theo thứ tự tăng dần dãy dãy mười phần tử bảo tồn thứ tự phần tử tập hợp A phải xuất lần dãy Khi đó, theo định lí 16 ta có số số C98 = số Ta liệt kê tất số 1123456789, 1223456789, 1233456789, 1234456789, 1234556789, 1234566789, 1234567789, 1234567889, 1234567899 BÀI TẬP 9.1 Tính số số tự nhiên 20 chữ số, khơng có mặt chữ số chữ số số xếp theo thứ tự khơng giảm 9.2 Tính số số tự nhiên 20 chữ số, khơng có mặt chữ số có đủ mặt chín chữ số lại cho chữ số xếp theo thứ tự tăng dần 9.3 Có cách chia n kẹo cho k em bé? 9.4 Có cách chia n kẹo cho k em bé cho em bé có kẹo? 9.5 Cho trước số tự nhiên n k Hãy tính số ánh xạ f : {1; · · · ; n} → N cho f (i) = k cho trước 9.6 Tính số nghiệm tự nhiên phương trình x1 + x2 + · · · + xn = k, n ≥ k ≥ số tự nhiên cho trước 9.7 Tính số nghiệm nguyên dương phương trình x1 + x2 + · · · + xn = k, 25 k ≥ n ≥ số tự nhiên cho trước 10 Hoán vị đường tròn Nếu ta xét tốn xếp n số đường tròn hai hốn vị khác (1, 2, · · · , n) (2, 3, · · · , n, 1) cách xếp mà thơi Bài tốn Tính số hốn vị khác tập hợp A gồm n phần tử nằm đường tròn Hình 2: Ví dụ.Cho tập hợp A = {a; b; c; d; } Tất hốn vị khác đường tròn (H 2) là: abcd, abdc, acbd, acdb, adbc, adcb Dễ dàng ta có kết sau: Định lí 17 Số hoán vị khác tập hợp A gồm n phần tử Qn = (n − 1)! Chứng minh Rõ ràng số hoán vị khác tập hợp A đường tròn số hốn vị A bắt đầu phần tử cố định (n−1)! Ví dụ.Người ta sản xuất viên đá hoa hình vng chia làm hình vng nhỏ Trong hình vng nhỏ in chữ G để trang trí Các chữ G in hình vng nhỏ theo vị trí khác nhau: đặt thẳng, nằm ngang 90◦ , nằm ngang −90◦ đặt lộn ngược Các chữ G in cho mẫu đá hoa có đủ vị trí khác chữ G Hỏi có mẫu đá hoa khác có? 26 Lời giải Ta đặt cho cách in chữ G số khác 1, 2, Mỗi mẫu gạch đá hoa có hốn vị đường tròn tập hợp A = {1; 2; 3; 4} Như số mẫu đá hoa khác số hoán vị đường tròn tập hợp A = {1; 2; 3; 4}, theo cơng thức định lí 17 , (4 − 1)! = BÀI TẬP 10.1 Người ta sản xuất viên đá hoa hình vng chia làm bốn hình vng nhỏ Trong hình vng nhỏ in chữ G để trang trí Các chữ G in hình vng nhỏ theo bốn vị trí khác nhau: đặt thẳng, nằm ngang 90◦ , nằm ngang −90◦ đặt lộn ngược Hỏi có mẫu đá hoa khác có? 10.2 Tổng năm số thực khơng âm Chứng minh ta xếp chúng đường tròn cho tổng tích năm cặp số đứng cạnh không lớn 51 10.3 Hỏi có cách xếp nam nữ ngồi quanh bàn tròn? Và cách xếp có cách xếp cho khơng có nữ ngồi cạnh nhau? 10.4 Có n ≥ số thực xếp đường tròn cho tích ba số liên tiếp khơng nhỏ Chứng minh tích tất số không nhỏ 10.5 Chứng minh tổng năm số thực không âm không nhỏ với cách xếp chúng đường tròn tổng tích năm cặp số đứng cạnh khơng nhỏ 15 11 Ngun lí Trong mục làm quen với số công thức Nhưng nhiều trường hợp, toán đặt phức tạp nhiều để tức khắc áp dụng công thức bản, áp dụng công thức phức tạp nhiều Giả sử có k kiện cần chọn lựa E1 , E2 , · · · Ek , số cách 27 chọn lựa để thực Ei ni (i = 1, k) Sau hai nguyên tắc chọn lựa: a) Nguyên tắc nhân: Số cách thực việc chọn lựa E1 đến chọn lựa thực E2 · · · Ek (kế tiếp nhau) n1 n2 · · · nk Ví dụ.Người ta sản xuất viên đá hoa hình vng chia làm hình vng nhỏ Trong hình vng nhỏ in chữ G để trang trí Các chữ G in hình vng nhỏ theo vị trí khác nhau: đặt thẳng, nằm ngang 90◦ , nằm ngang −90◦ đặt lộn ngược Hỏi có mẫu gạch đá hoa khác có cho có hai vng đối xứng qua tâm viên đá in giống hệt hai lại trang trí khác nhau? Lời giải Số cách chọn kiểu chữ G để in vào hai ô giống đối xứng C41 Còn số cách chọn để in chữ G hai lại C32 Vậy số mẫu gạch đá hoa có C41 C32 = 12 b) Nguyên tắc cộng: Số cách thực chọn lựa E1 , E2 , · · · Ek (độc lập với nhau) n1 + n2 + · · · + nk Ví dụ.Người ta sản xuất viên đá hoa hình vng chia làm hình vng nhỏ Trong hình vng nhỏ in chữ G để trang trí Các chữ G in hình vng nhỏ theo vị trí khác nhau: đặt thẳng, nằm ngang 90◦ , nằm ngang −90◦ đặt lộn ngược Hỏi có mẫu gạch đá hoa khác có cho có hai ô vuông đối xứng qua tâm viên đá in giống hệt nhau? Lời giải Nếu trường hợp hai lại viên gạch khác số mẫu gạch đá hoa có 12 ví dụ trước tính, hai lại phải giống số mẫu có số cách chọn hai kiểu chữ G kiểu có C42 = Vậy tổng số mẫu gạch đá hoa có 12+6=18 Như ví dụ kể trên, thường phải áp dụng hai nguyên tắc kể tốn (có thể đếm khác tới đáp số giống nhau) Sau tập hỗn hợp để luyện tập hai nguyên lí ta: 28 BÀI TẬP 11.1 Từ thành phố A phải qua thành phố B tới thành phố C Hãy tính số cách từ A tới C biết từ A tới B có đường khác số đường từ B tới C 11.2 Hãy tính số cách từ Hà nội tới TP Hồ Chí Minh với ba phương tiện khác nhau: đường khơng, đường thủy đường Biết có hãng hàng không, hãng tàu thủy 15 hãng giao thơng đường có phương tiện lại hai thành phố nói 11.3 Tính số ước số số 2310 11.4 Có học sinh nữ 10 học sinh nam phụ trách công tác lễ tân buổi lễ nhà trường Hỏi có cách lập nhóm tiếp khách người mà phải có học sinh nữ? 11.5 Tính số cách xếp chỗ ngồi cho 12 em học sinh vào bàn đôi (hai em ngồi bàn) 11.6 Tính số cách ghép 12 em bé thành cặp đôi 12 Chứng minh đếm theo hai cách khác Ngoài phương pháp chứng minh giới thiệu chương đầu, làm quen với phương pháp chứng minh cơng cụ tổ hợp có hiệu Đó phương pháp chứng minh cách đếm theo hai cách khác so sánh kết Để minh họa cho phương pháp xem xét ví dụ sau Ví dụ.Cho trước n số tự nhiên lẻ lớn Với hoán vị a = (a1 , a2 , , an ) số n! hoán vị 1, 2, , n, ta đặt n 2i S(a) = i=1 29 Chứng minh tồn hai hoán vị b c, b = c, cho n! ước số S(b) − S(c) Lời giải Ta tính tổng S(a)( mod n!) tất giá trị S(a) cho tất giá trị n giai thừa a = (a1 , a2 , , an ) theo hai cách khác nhau, cách dựa giả sử kết luận toán sai suy mâu thuẫn n số lẻ Cách 1: Trong tổng S(a), i ∈ {1; 2; · · · ; n} tính lặp tổng j với hệ số (j ∈ {1, , n}) (n−1)! lần Vậy, hệ số tổng S(a) (n − 1)!(21 + 22 + · · · + 2n ) Và ta có n S(a) = (n − 1)!(21 + 22 + · · · + 2n ) i= i=1 (n + 1)! (2 + 22 + · · · + 2n ) (1) Cách 2: Giả sử n! không ước S(a) − S(b) cho a = b, S(a) phải có số dư khác phép chia cho n! Do có n! hốn vị, nên số dư phải 0, 1, 2, , n!−1 Do S(a) ≡ (n! − 1)n! (modn!) (2) Kết hợp (1) (2), ta có (n+1)! (n! − 1)n! (2 + 22 + · · · + 2n ) ≡ (modn!) 2 (3) Bây giờ, n lẻ, vế trái (3) có số dư cho n! 0, với n > vế phải khơng có số dư phép chia (n! − số lẻ) Do n > số lẻ, ta có mâu thuẫn Mâu thuẫn chứng tỏ tồn hai hoán vị khác b c S(b) − S(c) bội n! Ngay đẳng thức chứng minh phương pháp đếm theo hai cách Ví dụ.Chứng minh Cnk = Cnn−k cho số tự nhiên k ≤ n Lời giải Ta biết Cnk số tập hợp k phần tử tập hợp A có n phần tử cho trước, Cnn−k số tập hợp n − k phần tử tập hợp A Dễ thấy tập hợp k phần tử A tương ứng với tập hợp bù tập 30 hợp n − k phần tử Do ta có Cnk = Cnn−k Hãy giải toán sau phương pháp đếm theo hai cách BÀI TẬP 12.1 Cho trước hai số tự nhiên ≤ k ≤ n Hãy chứng minh Cnk + k Cnk−1 = Cn+1 12.2 Chứng minh k−1 k−1 Ck−1 + Ckk−1 + · · · + Cn−1 = Cnk 12.3 Cho trước số tự nhiên ≤ n Một hoán vị tập hợp A = {1; 2; · · · ; n} gọi hoán vị bảo tồn số a ∈ A phần tử a nguyên vị trí cũ hốn vị Kí hiệu Pn (k) số hoán vị bảo tồn k phần tử A Chứng minh n Pn (i) = n! i=0 124.* Cho trước số tự nhiên ≤ n Một hoán vị tập hợp A = {1; 2; · · · ; n} gọi hoán vị bảo tồn số a ∈ A phần tử a ngun vị trí cũ hốn vị Kí hiệu Pn (k) số hốn vị bảo tồn k phần tử A Chứng minh n k.Pn (k) = n! k=0 125.* Cho trước số nguyên lẻ n lớn số nguyên k1 , k2 , , kn Với hoán vị a = (a1 , a2 , , an ) số n! hoán vị 1, 2, , n, ta đặt n S(a) = ki i=1 31 Chứng minh tồn hai hoán vị b c, b = c, cho n! ước số S(b) − S(c) (Kì thi Tốn quốc tế lần thứ 41) 126.* Trong kì thi có a thí sinh số lẻ b ≥ giám khảo Mỗi giám khảo đánh giá thí sinh cho kết luận thí sinh đỗ hay trượt Giả sử k số thoả mãn điều kiện: với hai giám khảo bất kì, số thí sinh mà họ cho kết luận giống nhiều k Chứng minh k a ≥ b−1 2b (Vơ địch Tốn quốc tế 1998) 12.7 Chứng minh k! = nk , k1 !k2 ! · · · kn ! lấy (k1 , k2 , · · · , kn ) thỏa mãn k1 + k2 + · · · + kn = k 12.8 Chứng minh với số tự nhiên n k ta có n j−1 k Cnj Ck−1 = Ck+n−1 j=1 12.9 Chứng minh với số tự nhiên n, m k với m ≥ k ta có n j n−j n Ck−1+j Cn+m−k−1−j = Cn+m−1 j=0 12.10 Chứng minh k−1 k−1 Ck−1 + Ckk−1 + · · · + Cn−1 = Cnk 13 Khai triển lũy thừa nhị thức Chúng ta biết công thức khai triển nhị thức sau (x + y)2 = x2 + 2xy + y , (x + y)3 = x3 + 3x2 y + 3xy + y 32 Nếu nhân hai vế đẳng thức cuối với x + y, ta nhận công thức sau: (x + y)4 = x4 + 4x3 y + 6x2 y + 4xy + y Chúng ta có cơng thức tổng qt tính hệ số (x + y)n (còn gọi cơng thức nhị thức Newton) sau: Định lí 18 Cho số tự nhiên n ≥ ta có n (x + y)n = Cnk xn−k y k k=0 Chứng minh Để khai triển (x + y)n , ta thực phép khai triển lũy thừa cách hình thức mà khơng rút gọn chúng Chẳng hạn (x + y)2 = xx + xy + yx + yy Như ta biểu diễn hình thức (x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y) = c1 c2 · · · cn , n có tất 2n số hạng c1 c2 · · · cn với ci ∈ {x; y} Trong thực phép rút gọn, ta phải đem nhóm tất số hạng có số mũ x y lại với Với ≤ k ≤ n, ta tính số dãy n phần tử x lặp k lần y lặp n − k lần Theo định lí biết, số dãy có lặp theo tần số n! k!(n−k)! , Cnk Do ta có: n (x + y)n = Cnk xn−k y k k=0 Ví dụ (x + y)5 = C50 x5 + C51 x4 y + C52 x3 y + C53 x2 y + C54 xy + C55 y = x5 + 5x4 y + 10x3 y + 10x2 y + 5xy + y (2x + 3)5 = 32x5 + 240x4 + 720x3 + 1080x2 + 810x + 243 Tam giác Pascal, số bắt đầu kết thúc dòng tam giác Pascal số 1, số khác dòng tổng hai số dòng 33 nó, cho ta cách tính nhanh chóng hệ số nhị thức Newton 1 1 Các tính chất sau hệ số khai triển lũy thừa nhị thức chứng minh tập chương trước Cnk = Cnn−k , k−1 k + Cn−1 , Cnk = Cn−1 k−1 k−1 k−1 Cnk = Cn−1 + Cn−2 + · · · + Ck−1 BÀI TẬP 13.1 Tính hệ số cm xm khai triển đa thức P (x) = (1 + x)k + (1 + x)k+1 + · · · + (1 + x)n , với số tự nhiên n > k cho trước m−k k k = Cnm−k Cn−m+k = Cnk Cn−k 13.2 Chứng minh Cnm Cm 13.3 Chứng minh đẳng thức sau cách sử dụng khai triển nhị thức Newton: Cn0 + Cn1 + · · · + Cnn = 2n Cn0 − Cn1 + Cn2 − · · · + (−1)n Cnn = n 13.4 Chứng minh C2n = (Cn0 )2 + (Cn1 )2 + · · · + (Cnn )2 13.5 Chứng minh số [(2 + √ [a] phần nguyên số a 3)n ] số lẻ với giá trị tự nhiên n, 34 14 Khai triển lũy thừa đa thức Định lí 19 Cho trước m n số nguyên dương Khi ta có (x1 + x2 + · · · + xm )n = n! xk1 xk2 · · · xkmm , k1 !k2 ! · · · km ! tổng lấy tất m số tự nhiên (k1 , k2 , · · · , km ) cho k1 + k2 + · · · + km = n Chứng minh Chứng minh tương tự khai triển nhị thức Newton Ta xét tổng hình thức (x1 + x2 + · · · + xm )n = c1 c2 · · · cm , với ci ∈ {x1 ; x2 ; · · · ; xm } Khi nhóm thừa số giống lại, tương ứng với tần số lặp (k1 , k2 , · · · , km ) mãn n! k1 + k2 + · · · + km = n, ta có tất P (k1 , k2 , · · · , km ) = số k1 !k2 ! · · · km ! hạng xk11 xk22 · · · xkmm Do ta có (x1 + x2 + · · · + xm )n = thỏa n! xk1 xk2 · · · xkmm k1 !k2 ! · · · km ! Ví dụ.Hãy tính hệ số x15 khai triển (1 − x2 + x3 )20 Lời giải Khi khai triển đa thức (1 − x2 + x3 )20 , bậc x15 tích dạng k x15 = 1k1 x2 x3 k3 tạo thành Do đó, ta phải giải phương trình nghiệm tự nhiên 15 = 2k2 + 3k3 , k1 = 20 − k2 − k3 Dễ dàng thấy nghiệm 15 = 2.6 + 3.1 = 2.3 + 3.3 = 2.0 + 3.5 Như ta có ba (k1 , k2 , k3 ) (13, 6, 1), (14, 3, 3) (15, 0, 5) Do hệ số x15 cần phải tính 20! 20! 20! (−1)6 + (−1)3 + (−1)0 13!6!1! 14!3!3! 15!0!5! 35 BÀI TẬP 14.1 Hãy chứng minh với n > ta có đẳng thức 2n−2 (1 + x + x2 + · · · + xn−1 )2 = (n − |n − k − 1|)x2 k=0 14.2 Chứng minh đẳng thức (n + k)! = r1 !r2 ! · · · rm ! n! k!t1 !t2 ! · · · tm !, s1 !s2 ! · · · sm ! tổng lấy tất số tự nhiên (s1 , s2 , , sm , t1 , · · · , tm ) thỏa mãn điều kiện s1 + s2 + · · · + sm = n, t1 + t2 + · · · + tm = k, sj + tj = rj cho j ∈ {1; 2; · · · ; m} 14.3 Gọi hệ số hệ số xi khai triển đa thức (1 + x + x2 )n Hãy chứng minh rằng: a) a0 a1 − a1 a2 + a2 a3 − · · · − a2n−1 a2n = 0, b) a20 − a21 + a22 − · · · + (−1)n−1 a2n−1 + (−1)n a2n = an , c) a0 + a2 + a4 + · · · = 12(3n + 1), a1 + a3 + a5 + · · · = 12(3n − 1), d) ak − nak−1 + Cn2 ak−2 − · · · + (−1)k Cnk a0 = 0, ∀k = 0( mod 3) 14.4 Tính số mũ x10 khai triển đa thức (1 − x2 + x3 )11 36 Mục lục Số lượng phần tử tập hợp Các phép tốn tính chất giai thừa Một số toán chuẩn bị 11 Dãy k phần tử có lặp 13 Dãy k phần tử khơng có lặp 15 Hốn vị 16 Tổ hợp 18 Xếp có lặp với tần số cho trước 19 Dãy k phần tử có lặp bảo tồn thứ tự 21 10 Hoán vị đường tròn 25 11 Ngun lí 26 12 Chứng minh đếm theo hai cách khác 28 13 Khai triển lũy thừa nhị thức 31 14 Khai triển lũy thừa đa thức 34 ... số số có năm chữ số viết năm chữ số 1, 2, 3, b) Tính số số năm chữ số viết năm chữ số 1, 2, 3, 5, ba chữ số đầu ba số lẻ hai chữ số sau hai chữ số chẵn Lời giải Theo định lí 11 ta có: a) Số số... năm chữ số viết năm chữ số 1, 2, 3, 5! = 120 b) Số số lẻ viết ba chữ số 1, 3! = 6, số số chẵn viết hai chữ số chẵn 2! = Do số số năm chữ số viết năm chữ số 1, 2, 3, 5, ba chữ số đầu ba số lẻ hai... 1234567899 BÀI TẬP 9.1 Tính số số tự nhiên 20 chữ số, khơng có mặt chữ số chữ số số xếp theo thứ tự khơng giảm 9.2 Tính số số tự nhiên 20 chữ số, khơng có mặt chữ số có đủ mặt chín chữ số lại cho chữ số